trie Plane Produit
27. Déter- Déter-minants
2.7.3 Géométrie du triangle Exercice 2.21 ♥♥Exercice 2.21♥♥
¯¯ 0
−b2/a .
Exercice 2.19 ♥♥
Dans le repère canonique du plan, on considère deux points sur les axesA
¯¯
¯¯λ 0 etB
¯¯
¯¯ 0
a−λ. On noteCle point tel que (OACD)soit un rectangle. On noteDλla perpendiculaire à la droite(AB)passant parC. Montrer que la droiteDλpasse par un point fixe à déterminer lorsqueλvarie.
Solution : C
¯¯
¯¯ λ
a−λ. Pour obtenir l’équation cartésienne deDλ, on traduit−−→CM.−→BA=0et l’on trouve Dλ :λx+(λ−a)y−2aλ+a2=0
que l’on peut écrire comme un polynôme enλ:
λ(x+y−2a)+(−a y+a2)=0
En considérant le pointI
¯¯
¯¯x
y avecxetyqui annulent les deux coefficients de ce polynôme, on trouve le point fixe I
¯¯
¯¯a a . Exercice 2.20 ♥♥
Déterminer l’intersection des droitesD1etD2: D1
½ x = 2t−1
y = −t+2 t∈R D2
½ x = t+2 y = 3t+1 t∈R Solution :
1. On prend deux paramètres distincts½ t et u et on égale les abscisses et ordonnées pour obtenir le système : 2t−1 = u+2
−t+2 = 3u+1 d’où
½ 2t−u = 3
−t−3u = −1 d’où−7u=1 etu= −1
7. On en déduitu= −1
7+2=13 7 et y= −3
7+1=4 7.
2. ~u(2,−1)est vecteur directeur deD1, donc~n(1, 2)est vecteur normal deD1. Donc une équation cartésienne deD1
estx+2y =k.k est déterminé en écrivant que (pourt=0)M(−1, 2)∈D1soitk= −1+2×2=3. Maintenant on traduit : un point deD2vérifie cette équation deD1:t+2+2(3t+1)=3soitt== −1
7 et on conclut comme ci-dessus.
Moralité : L’intersection de deux objets géométriques se traite bien lorsqu’un est défini en paramétrique et l’autre par équation cartésienne.
2.7.3 Géométrie du triangle
Exercice 2.21 ♥♥SoientA,B,Ctrois points non alignés du planP. Montrer que les médiatrices du triangleABCsont concourantes en un pointOcentre du cercle circonscrit au triangle :
1. En utilisant la définition et les propriétés de la médiatrice d’un segment.
2. En effectuant des calculs dans un repère bien choisi.
Solution :
1. La médiatrice du segment[AB]admet comme vecteur normal−→AB, celle du segment[AC]admet comme vecteur normal−→AC. Les pointsABCétant non alignés, ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires et donc ces deux média-trices ne peuvent être parallèles. Elles se coupent alors en un point qu’on noteraO. On a :OA=OB=OC. On déduit de ces égalités queOest le centre du cercle circonscrit àABCet queOest élément de la médiatrice de [BC]. Par conséquent, les trois médiatrices du triangles sont concourantes enO.
2. On peut aussi proposer la solution calculatoire suivante. On peut choisir un bon repère orthonormé dans lequel les coordonnées deA,BetCsontA
¯¯
¯¯a 0,B
¯¯
¯¯b 0,C
¯¯
¯¯0
c. Les milieux des côtés du triangle ont pour coordonnées,A′
¯¯
¯¯b/2 c/2, B′
¯¯
¯¯a/2 c/2,C′
¯¯
¯¯(a+b)/2
0 . Les perpendiculaires issues respectivement deC′,B′etA′ont pour équations cartésiennes :
x=a+b
2 , −ax+c y+a2−c2
2 =0, −bx+c y+b2−c2 2 =0
et on vérifie qu’elles passent par le point I
¯¯
¯¯ (a+b)/2 c/2+ab/2c .
Exercice 2.22 ♥♥
SoientA,B,Ctrois points non alignés du planP. SoientGl’isobarycentre deABC.
1. SoitIle milieu de[BC]. Montrer que−→AG=23−→AI. En déduire queGest élément de la médiane deABCissue deA. 2. En déduire que les médianes du triangleABCsont concourantes enG.
Solution :
1. Comme Gest l’isobarycentre deABC, on a :−→GA+−→GB+−→GC=−→0. Utilisant la relation de Chasles, on en tire :
−→GA+−→
GA+−→ AI+−→
IB+−→
GA+−→ AI+−→
IC=−→
0 c’est-à-dire :3−→
GA+2−→ AI=→−
0 d’où la relation annoncée. La médiane issue de Aétant la droite(AI), il est alors clair queGest élément de cette médiane.
2. On démontrerait de même que, siJdésigne le milieu de [AC]etKcelui de[AB]:−→BG=23
−
→BJet−→CG=23
−→CK. Le pointGappartient donc à la médiane deABCissue deBet celle issue deC. Les trois médianes deABCsont donc concourantes enG.
Exercice 2.23 ♥♥
SoientA,B,Ctrois points non alignés du planP. Montrer que les trois bissectrices intérieures du triangleABCsont concourantes en un pointKdu plan et ce que ce point est centre du cercle inscrit àABC(c’est à dire le cercle tangent aux trois côtés du triangle).
Solution : NotonsdA,dBetdCles bissectrices intérieures deABCissues respectivement deA,BetC. Les pointsA, BetC n’étant pas alignés,dA etdB ne sont pas parallèles et se coupent en un pointK du plan. Par définition d’une bissectrice, on a :d(K, (AB))=d(K, (AC))=d(K, (AB))=d(K, (BC)). Par conséquent,d(K, (CA))=d(K, (CB))etKest élément de la bissectrice issue deC. On en déduit que les trois bissectrices intérieures deABC sont concourantes en K. NotonsKA,KB,KC les projetés orthogonaux deKsur respectivement(BC),(AC)et(AB), on a :d(K, (AB))=KKC, d(K, (AC))=KKBetd(K, (BC))=KKA. D’après ce qui a été fait précédemment, on peut affirmer que ces trois longueurs sont égales :KKA=KKB=KKC. Le pointKest donc le centre du cercle C circoncrit au triangleKAKBKC. Il reste à montrer que les trois côtés du trianglesABCsont tangents à ce cercle. CommeKAest le projeté orthogonal deKsur (BC), la droite(BC) est perpendiculaire à un rayon du cercleC et est donc tangente àC. On fait de même avec les droites(AC)et(AB)et on montre queC est bien le cercle inscrit àABC.
Exercice 2.24 ♥♥
SoientA,B,Ctrois points non alignés du planP.
1. En exprimant chacun des vecteurs de l’expression ci dessous au moyen de vecteurs d’origineA, montrer que pour tout pointMdeP on a :
−→AB.−−→
CM+−→
BC.−−→
AM+−→
CA.−−→
BM=0.
2. Montrer que la hauteur issue deAdans le triangleABCet celle issue deBne sont pas parallèles. On noteraHle point d’intersection.
3. Montrer que−→AB.−−→CH=0. En déduire que les hauteurs du triangleABCsont coucourantes.
Solution :
1. SoitMun point du plan.
2. La hauteur issue deAadmet comme vecteur normal−→BCet celle issue deBle vecteur−→AC. Les pointsABCn’étant pas alignés ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires et les deux hauteurs ne peuvent donc être parallèles. Elles sont donc sécantes en un point qu’on noteraH.
3. Utilisant l’égalité établie dans la première question avecM=Het le fait queHest à l’intersection des hauteurs issues deAet deB, on obtient :−→AB.−−→CH=0. On en déduit queHest élément de la hauteur issue deCet que les trois hauteurs deABCsont concourantes enH.
Exercice 2.25 ♥♥
Dans un triangleABCnon équilatéral et non aplati, on considère l’orthocentreH, le centreOdu cercle circonscrit et le centre de gravitéG.
ABcar−−→HCdirige la hauteur issue deB
= droite portant ces trois points est appelée droite d’Euler du triangleABC.
Proposons une preuve calculatoire de cette propriété :
Dans un repère orthonormé adapté, les coordonnées de A,B et C sont A
¯¯
c/3 , les trois hauteurs ont pour équation cartésienne x=0, −bx+c y+ab=0, −ax+c y+ab=0
d’où le point d’intersection des hauteurs : H
¯¯
¯¯ 0
−ab/c . Pour trouver le centre du cercle circonscrit, on peut chercher l’intersection des médiatrices ou résoudrek−→ΩAk2= k−→ΩBk2= k−−→ΩCk2ce qui donne Ω
¯¯
¯¯ (a+b)/2
c/2+ab/2c . On calcule ensuite det(−−→
ce qui montre que ces trois points sont alignés.
Exercice 2.26 ♥♥
Dans le plan orienté, on considère un triangleABCnon aplati de sens direct (c’est-à-dire qu’on passe du pointAau pointB, et du pointBau pointCen tournant dans le sens direct) . On note :a=BC,b=CA,c=AB,bA=BAC,bB=CBA, 2. En déduire la formule des sinus :
a sinbA= b
sinBb= c
sinbC=abc 2A =2R.